(完整版)初三化学工艺流程题题

(完整版)初三化学工艺流程题题一、中考化学流程题1．碳酸锶（SrCO3）是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿（含80～90%SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等）制备高纯碳酸锶的工艺流程如图：（查阅资料）①不溶性碳酸盐高温下可以分解，生成金属氧化物和CO2气体。可溶性碳酸盐高温不分解。②可溶性碱（如KOH）中金属元素（K）形成的氧化物（K2O）才能与水反应生成对应的碱（KOH），反之，不溶性碱[如Cu（OH）2]中金属元素（Cu）形成的氧化物（CuO）不能与水反应。③金属锶：化学性质非常活泼，可直接与水反应生成氢氧化锶和氢气。④氢氧化锶在水中的溶解度数据如表：温度/℃10203040608090100溶解度/（g/100g）1.251.772.643.958.4220.244.591.2请回答以下问题：（1）碳酸锶（SrCO3）中锶的化合价为______，氢氧化锶的化学式为______。（2）菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是______。（3）立窑煅烧中将得到单质锶，请写出得到单质锶的化学方程式______。（4）请写出杂质BaCO3在立窑煅烧和浸取两个环节中发生的化学方程______、______。（5）“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是______，滤渣1含有焦炭、和______。（6）“结晶”采用的是______结晶法，“沉锶”反应中氢氧化锶和NH4HCO3发生反应，产物除了碳酸锶外，还有水和一水合氨，请写出该反应的化学方程式______。（7）锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。要制备某种锶铁氧体（化学式为SrO•6Fe2O3，相对分子质量为1064）5.32t，理论上至少需要含SrCO380%的菱锶矿石______t。2．工业上可以用食盐水（溶质为NaCl）和石灰石为主要原料制取纯（Na2CO3），生产的关键是在沉淀池中让NaC1、NH3、CO2和H2O尽可能多地转化成NaHCO3（固体沉淀物）和NH4C1（溶液），主要生产流程如下：（已知）（1）“煅烧炉”中发生反应的化学方程式是______________________。（2）若在化学实验室里分离“设备（Ⅰ）”中的混合物，需要进行的操作____________________。（3）在“设备（Ⅱ）”中固体A与水反应的化学方程式是____________________。该反应属于_________反应（填写基本反应类型）。（4）对“设备（Ⅱ）”中的母液处理后，除水以外可在本流程中再利用的物质有_________________（填写化学式）。3．手机电路板中含有Fe、Cu、Au、Ag、Ni（镍，银白色金属）等金属，回收手机电路板中金属的工艺流程如下图请回答下列问题：（1）操作①的名称是___________。（2）滤渣①与稀硫酸、氧气在加热条件下发生反应：，X的化学式为________。（3）由滤液③得到固体发生反应的化学方程式是___________。（4）操作③与操作⑤相同，具体是______________。（5）工艺流程中可以循环使用的物质是______________。4．工业上生产电石(CaC2)并制备重要工业原料乙炔(CxHy)流程如下：（资料）1碳酸钙高温分解可得两种氧化物，且变化前后元素化合价不变。2浓硫酸具有强吸水性，碱石灰能吸收CO2和水。3含碳、氢元素的化合物完全燃烧生成CO2和水，反应前后各元素质量不变。（讨论）(1)电石(CaC2)中碳元素的化合价为____。(2)C有毒，与B组成元素相同，但二者化学性质不同，原因是____。(3)D的水溶液可用于实验室检验气体B，D的化学式是____。（测定乙炔组成）资料：一个乙炔分子有四个原子构成。(4)将一定量的乙炔(CxHy)完全燃烧，并将生成的气体缓缓通过如图的____(选填“甲”或“乙”)装置，并再缓缓通一段时间的N2，并记录实验数据于表中。装置反应前质量反应后质量浓硫酸125.3g127.1g碱石灰78.2g87.0g(5)实验中“缓缓通一段时间的N2”的目的是____。(6)计算：乙炔中碳元素质量为___g，氢元素质量为____g，乙炔化学式为____。5．化学小组要分离某固体混合物，其中含有二氧化锰（MnO2）、氯化钾（KCl）和少量碳（C）。已知氯化钾固体能溶于水，二氧化锰和碳不溶于水，二氧化锰的化学性质较稳定，不与氧气、碳反应。欲通过以下流程，分离并回收二氧化锰。请回答相关问题：（1）上述实验过程中操作Ⅱ是_____________（填操作名称）；固体B的成分是_____________（写化学式）。（2）实验中，滤液C中出现浑浊的可能原因是_____________。（3）用固体A灼烧产生气体D的文字表达式：_____________。（4）以下混合物经过操作Ⅰ和操作Ⅱ后不能分离的是_____________。A碳粉和氯化钾B泥沙和食盐C二氧化锰和氯化钾D二氧化锰和碳粉6．以电石渣(主要成分为Ca(OH)2，含少量MgO等杂质)为原料制备高纯活性纳米CaCO3的流程如下:[资料]①氨水的pH约为11.7，氢氧化镁完全沉淀的pH约为10.87②(1)操作A的名称是____________。(2)加入NH4Cl将溶液酸化，说明NH4CI溶液的pH____________7(填“>”、“=”或“<”);酸化浸取时Ca(OH)2和NH4Cl反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为________________。(3)向滤液1中通入NH3调节溶液pH，主要目的是:①使滤液2能吸收更多CO2;②___________。(4)流程中可循环利用的物质是NH3和___________。7．利用海水（含NaCl、MgCl2）制取NaOH溶液，用来处理含SO2的废气，同时得到副产品盐酸的实验流程如下图：（部分反应物、生成物和反应条件已省略）（1）沉淀B的成分为_____________（填名称），沉淀B需用蒸馏水多次洗涤，为了检验沉淀B是否洗涤干净，可向最后一次洗涤液中加入某些试剂，下列方案可行的是_______（填序号）；A稀硝酸BNa2CO3溶液C氯化钠DAgNO3和HNO3混合溶液（2）反应②中反应物除了NaC1外，还有_______________（填化学式）：下列有关电解后溶液的说法正确的是_____________（填序号）。A溶液的pH增大B一定为氢氧化钠的饱和溶液C溶液中钠元素的质量分数不变（3）若将所得盐酸加入Na2SO3溶液中，可生成氯化钠、水和二氧化硫，则该反应的基本反应类型属于_____________。已知：H2SO3与H2CO3的化学性质相似，都易分解。8．二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物，平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质）。某课题组以此粉末为原料，设计如图工艺流程对资源进行回收，得到纯净的CeO2和硫酸亚铁铵晶体。资料1：CeO2是一种金属氧化物，化学性质稳定，与稀硫酸不反应。在H2O2存在的条件下，两种物质能反应。资料2：FeSO4容易被空气中的O2氧化。（1）写出①反应的化学方程式_____；为提高①中硫酸的反应效率，可采用的具体措施有_____。（写一种即可）（2）将②中所得FeSO4溶液在氮气环境中蒸发浓缩、_____、过滤，得到FeSO4晶体，其中氮气的作用是_____。（3）请补充完整③反应的化学方程式：2CeO2+3H2SO4+H2O2==Ce2（SO4）3+_____+O2↑，滤渣B的主要成分是_____。（4）写出④和⑥所发生的化学方程式：④_____、⑥_____。（5）生产过程中为节省成本可充分利用的物质是_____。9．氯化铜晶体（CuCl2·2H2O，为结晶水合物）常用作玻璃、陶瓷着色剂和饲料添加剂等。它在潮湿空气中易潮解。易溶于水，能溶于乙醇，受热容易失去结晶水。一种以辉铜矿石为原料制备CuCl2·H2O晶体的工艺流程如下：查阅相关资料得知：①辉铜矿主要含有硫化亚铜（Cu2S）、还有Fe2O3，SiO2及一些不溶性杂质。②常温下，Cu2+、Fe3+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表：金属离子Fe3+Cu2+氢氧化物开始沉淀时的pH1.94.7氢氧化物完全沉淀时的pH3.26.7回答问题：(1)高温焙烧中有黑色固体生成，反应的化学方程式为______。(2)焙烧时产生的二氧化硫对环境有污染，会导致______。(3)滤液1中加入试剂X可以调节溶液pH，控制pH的取值范围为______，从而除去Fe3+而不引入杂质，试剂X可选用下列物质中的______（填字母）。ACuOBNaOHCCuDCu（OH）2(4)操作a包含蒸发浓缩、______、过滤、洗涤、干燥等，洗涤CuCl2晶体时，用乙醇代替蒸馏水的目的是______。(5)用含Cu2S80%的辉铜矿a吨，按上述流程最多可制得CuCl2·2H2O的质量为______吨（列出算式即可）。(6)氯化铜可用于制取氢氧化铜，一定温度下，往含一定量氯化铜的溶液中加入适量氢氧化钠，再经过滤、洗涤得到氢氧化铜，为探宄获得较高氢氧化铜转化率条件，该同学进行如下对比实验，数据如下：实验编号CuCl2溶液溶质质量分数反应温度/℃Cu（OH）2转化率/%a10%3027.06b15%3056.77c15%4069.64d15%6054.30e20%6060.60由实验可知，能够得到最多Cu（OH）2的实验组是______（填编号），为探究获得更高Cu（OH）2晶体转化率条件，下列设计合理的是______（填字母）。A氯化铜浓度15%，温度35℃B氯化铜浓度15%，温度45℃C氯化铜浓度20%，温度40℃D氯化铜浓度10%，温度40℃10．工业上用纯碱和石灰石为原料制备烧碱的简要反应流程如下图所示，请回答：（1）以上工艺流程中操作①、操作②用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有___。（2）溶液A和纯碱溶液发生反应的化学方程式是____。以上流程中没有涉及的化学反应基本类型有__。（3）兴趣小组的同学对溶液C的成分进行探究。（提出问题）溶液C中的溶质是什么？（猜想）I．氢氧化钠II．氢氧化钠和碳酸钠III．__（实验探究）实验步骤实验现象实验结论①取样品于试管中，向其中滴加几滴纯碱溶液若___猜想III不成立②取样品于试管中，向其中不断滴加_溶液若_猜想II成立11．铁的化合物制备：用废铁屑制备铁红（主要成分为Fe2O3）和K2SO4的部分流程如图所示：（1）加过量NH4HCO3反应时温度不宜过高的原因为_____；（2）反应Ⅰ生成的气体化学式是_____；（3）反应Ⅱ发生复分解反应，则该反应能发生的原因是_____；（4）在空气中灼烧FeCO3的化学方程式为_____。12．在抗击“新冠肺炎病毒”期间，消毒剂在公共场所进行卫生防疫时发挥着重要作用。二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌消毒剂。以粗盐水（含可溶性杂质MgSO4、CaCl2）为原料，制取ClO2的工艺流程如图：（1）试剂A为_____。（2）加入过量Na2CO3溶液的作用是_____。（3）步骤④中发生反应的化学方程式为_____。（4）步骤⑤涉及的物质中含氯元素化合价最高的物质是_____。（5）如图流程中可循环利用的物质有_____。【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、中考化学流程题1．+2增大反应物之间的接触面积，使反应更充分，加快反应反应速率增大氢氧化锶的溶解度降温0.925【详解】（1解析：+2增大反应物之间的接触面积，使反应更充分，加快反应反应速率增大氢氧化锶的溶解度降温0.925【详解】（1）在化合物中正负化合价的代数和为零，碳酸根离子显-2价，设Sr的化合价为x，则x+（﹣2）＝0，解得x＝+2，所以碳酸锶（SrCO3）中锶的化合价为+2，故填+2；锶的化合价为+2价，氢氧根的化合价为-1价，根据化合物中各元素的化合价的代数和为零，则氢氧化锶的化学式写为，故填。（2）反应物的接触面积越多，反应速率越快，则菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是增大反应物之间的接触面积，使反应更充分，加快反应反应速率，故填增大反应物之间的接触面积，使反应更充分，加快反应反应速率。（3）分析流程图信息可知，立窑煅烧中反应物是焦炭和碳酸锶，生成物为锶和一氧化碳，故得到单质锶的化学方程式写为。（4）依据查阅资料①②可知，BaCO3在立窑煅烧生成氧化钡和二氧化碳，反应方程式为，浸取时氧化钡与水反应生成氢氧化钡，反应的化学方程式为，故填和。（5）氢氧化锶溶解度随温度升高而增大、氢氧化钙溶解度随温度升高而减小、氢氧化镁是不溶物，则“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是增大氢氧化锶的溶解度，使氢氧化钙析出，故填增大氢氧化锶的溶解度；由图可知，滤渣1含有焦炭、和氢氧化镁，故填。（6）氢氧化锶的溶解度随温度升高而增大，则结晶采用的是降温结晶法，故填降温；沉锶反应中氢氧化锶和NH4HCO3发生反应，产物除了碳酸锶外，还有水和一水合氨，则化学反应方程式为，故填。（7）解：化学反应前元素种类和质量守恒，设菱锶矿石的质量为xx＝0.925t故填0.925。2．过滤化合NaCl、NH3【详解】（1）“煅烧炉”中是将石灰石进行加热生成氧化钙和二氧化碳，故发生反应的化学方程式是：；（2）分离“设备（I）”中的混合解析：过滤化合NaCl、NH3【详解】（1）“煅烧炉”中是将石灰石进行加热生成氧化钙和二氧化碳，故发生反应的化学方程式是：；（2）分离“设备（I）”中的混合物，最终得到不溶物和溶液，该操作是将固液混合物加以分离，所以用到的操作的名称是过滤；（3）固体A是在“煅烧炉”中发生反应后的生成物氧化钙，所以在“设备（Ⅱ）”中固体A与水反应的化学方程式是：，该反应是多种物质反应生成一种物质，属于化合反应；（4）进入“设备（Ⅱ）”的物质有氧化钙、氯化钠、氯化铵及水，发生的反应有：CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+2NH4Cl=2NH3↑+2H2O+CaCl2，最终产物有氯化钠、氯化钙、氨气，其中氯化钠、氨气可再利用，故答案填：NaCl、NH3。3．过滤H2O用磁铁吸引分离出铁铁【详解】（1）操作①的是分离固液操作，为过滤；（2）反应前后原子种类数目不变，反应前铜、氧、氢、硫原子数分别为2、10、4解析：过滤H2O用磁铁吸引分离出铁铁【详解】（1）操作①的是分离固液操作，为过滤；（2）反应前后原子种类数目不变，反应前铜、氧、氢、硫原子数分别为2、10、4、2，反应后铜、氧、氢、硫原子数分别为2、8、0、2，故X的化学式为H2O；（3）由图示得：滤渣①中有不和硫酸反应的Cu、Au、Ag；结合题（2）可知滤液③中溶质为硫酸铜，故滤液③得到固体发生反应为铁和硫酸铜生成铜和硫酸亚铁，；（4）铁可以被磁铁吸引，故操作③与操作⑤相同，具体是用磁铁吸引分离出铁；（5）由图示可知，工艺流程中可以循环使用的物质是铁。4．-1分子构成不同Ca（OH）2甲使生成的水和二氧化碳全部被浓硫酸和碱石灰吸收2.40.2C2H2【详解】（1）在化合物中正负化合价解析：-1分子构成不同Ca（OH）2甲使生成的水和二氧化碳全部被浓硫酸和碱石灰吸收2.40.2C2H2【详解】（1）在化合物中正负化合价的代数和为零，在CaC2中Ca元素的化合价为+2，设CaC2中C元素的化合价为x，则（+2）+2x=0，解得x=-1，故碳元素的化合价为-1价；（2）由分子构成的物质，分子是保持物质化学性质的最小微粒，分析流程图可知，B为CO2，C为CO，则二者化学性质不同，原因是分子构成不同；（3）实验室用氢氧化钙溶液检验二氧化碳，则D的化学式是Ca（OH）2；（4）乙炔燃烧产生水和二氧化碳，根据测得生成水和二氧化碳的质量，计算出乙炔的化学式，浓硫酸只吸收水，而碱石灰水和二氧化碳都吸收，分析甲、乙装置特点可知，则将一定量的乙炔（CxHy）完全燃烧，并将生成的气体缓缓通过甲装置，可以分别测得生成水和二氧化碳的质量；（5）测定原理是根据浓硫酸吸收水，碱石灰水吸收二氧化碳，并测其质量差，计算出乙炔的化学式，实验中“缓缓通一段时间的N2”的目的是使生成的水和二氧化碳全部被浓硫酸和碱石灰吸收，使测定结果准确；（6）分析实验数据可知，生成水的质量为127.1g-125.3g=1.8g，则氢元素的质量为；生成二氧化碳的质量为87.0g-78.2g=8.8g，则碳元素的质量为；设乙炔的化学式为CxHy，一个乙炔分子有四个原子构成，则，x+y=4，解得x=2，y=2，所以乙炔的化学式为C2H2。5．过滤MnO2过滤时，滤纸破损或液面高于滤纸边缘等D【详解】(1)过滤是将固体和液体分开，所以操作Ⅱ是过滤；二氧化锰和碳都难溶于水，碳充分灼烧和氧气反应生成解析：过滤MnO2过滤时，滤纸破损或液面高于滤纸边缘等D【详解】(1)过滤是将固体和液体分开，所以操作Ⅱ是过滤；二氧化锰和碳都难溶于水，碳充分灼烧和氧气反应生成二氧化碳，所以固体B的成分是二氧化锰，化学式：MnO2。(2)过滤时滤液浑浊的原因：滤纸破损或液面高于滤纸的边缘等；(3)固体A是碳和二氧化锰的混合物，二氧化锰性质稳定，不与氧气、碳反应，所以固体A灼烧是碳和氧气反应生成二氧化碳，文字表达式：碳+氧气二氧化碳。(4)操作Ⅰ是溶解，操作Ⅱ是过滤，能用溶解、过滤的方法进行分析必须满足：一种易溶于水，一种难溶于水。A、碳粉难溶于水，氯化钾易溶于水，故能分离；B、泥沙难溶于水，食盐易溶于水，故能分离；C、二氧化锰难溶于水，氯化钾易溶于水，故能分离；D、二氧化锰和碳粉都难溶于水，故不能分离。故选：D。【点睛】本题属于综合的实验题，做此题的前提是理清实验流程，明确每步的目的和物质的性质，才能正确作答，能较好地考查学生分析、解决问题的能力。6．过滤＜Ca（OH）2+2NH4Cl=CaCl2+2H2O+2NH3↑除去氯化镁杂质NH4Cl【详解】（1）操作A实现了固体和液体的分离，为过滤。（2）加解析：过滤＜Ca（OH）2+2NH4Cl=CaCl2+2H2O+2NH3↑除去氯化镁杂质NH4Cl【详解】（1）操作A实现了固体和液体的分离，为过滤。（2）加入NH4Cl将溶液酸化，即加入的氯化铵为酸性的，酸性物质的pH＜7，所以说明NH4Cl溶液的pH＜7；酸化浸取时Ca（OH）2和NH4Cl反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为Ca（OH）2+2NH4Cl=CaCl2+2H2O+2NH3↑。（3）向滤液1中通入NH3调节溶液pH，主要目的是；①使滤液2能吸收更多CO2；②除去氯化镁杂质。（4）在流程中氨气开始是生成物，后来是反应物，所以可以循环利用，而氯化铵开始是反应物，后来是生成物，所以可以循环利用。所以流程中可循环利用的物质是NH3和NH4Cl。故答案为：（1）过滤。（2）＜；Ca（OH）2+2NH4Cl=CaCl2+2H2O+2NH3↑。（3）除去氯化镁杂质。（4）NH4Cl。【点睛】读图，从中获得解答题目所需的信息，所以在解答题目时先看解答的问题是什么，然后带着问题去读给出的图进而去寻找解答有用的信息，这样提高了信息捕捉的有效性。解答的问题实际上与复杂的转化图相比，其实很简单很基础，或者可以说转化图提供的是情境，考查基本知识。7．氢氧化镁BDH2OA复分解反应【详解】（1）加入石灰水后，氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和氯化氯化钙，所以沉淀为氢氧化镁；而氯化钠、氯化钙容易附着在解析：氢氧化镁BDH2OA复分解反应【详解】（1）加入石灰水后，氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和氯化氯化钙，所以沉淀为氢氧化镁；而氯化钠、氯化钙容易附着在沉淀上面，若没有洗涤干净，洗涤后滤液中含有氯化钠和氯化钙，检验氯化钠和氯化钙是否还有残留即可。A、稀硝酸与氯化钠和氯化钙都不能反应，不能检验氯化钠和氯化钙的存在，不符合题意；B、Na2CO3溶液能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，能检验氯化钙的存在，符合题意；C、氯化钠与氯化钙不能反应，不能检验氯化钠和氯化钙的存在，不符合题意；D、氯化钠可与硝酸银反应生成氯化银沉淀，且不溶于硝酸，可检验氯化钠和氯化钙的存在，符合题意。故选BD。（2）生成物为氢氧化钠、氯气和氢气，含有钠、氧、氢、氯四种元素，而氯化钠含有钠和氯元素，因此还需要氢和氧两种元素，才能满足质量守恒定律，而含有氢、氧元素的在溶液只有水；反应②中反应物除了NaC1外，还有H2O；A、电解后有氢氧化钠生成，溶液由中性变为碱性，所以pH增大，选项A正确；B、电解生成的氢氧化钠是否达到饱和无法判断，选项B错误；C、溶液电解后，生成了氯气和氢气，逸出溶液，溶液质量减少，所以钠元素质量分数增大，选项C错误。故选A；（3）盐酸与亚硫酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化硫，相互交换组分，并且有水和气体生成，符合复分解反应特点；属于复分解反应。8．Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O升温降温结晶防止FeSO4被氧化4H2OSiO2Ce2（SO4）3+6NaOH=2Ce（OH）3解析：Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O升温降温结晶防止FeSO4被氧化4H2OSiO2Ce2（SO4）3+6NaOH=2Ce（OH）3↓+3Na2SO4Ce（OH）4CeO2+2H2OO2【详解】（1）CeO2是一种金属氧化物，化学性质稳定，与稀硫酸不反应，二氧化硅也不与稀硫酸反应，所以①中的反应是氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，故反应的化学方程式写为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；酸与金属氧化物反应生成盐和水，温度越高，反应速率越快，所以提高①中硫酸的反应效率，可采用的具体措施升高反应的温度，故填升温。（2）将溶液中的溶质从溶液中析出形成晶体的过程是蒸发浓缩、降温结晶、过滤，故填降温结晶；FeSO4溶液在氮气环境中蒸发浓缩可以避免硫酸亚铁与空气中的氧气发生氧化反应而被氧化，故填防止FeSO4被氧化。（3）由化学方程式可知，反应前出现了2个铈原子、8个氢原子、3个硫原子和18个氧原子，反应后出现了2个铈原子、3个硫原子和14个氧原子，根据质量守恒定律可知，尚缺的8个氢原子和4个氧原子，所以空格处应填写4H2O，故填4H2O；③反应是滤渣A中的氧化铈与硫酸、过氧化氢反应，二氧化硅不参加反应，所以滤渣B为二氧化硅，其化学式为SiO2，故填SiO2。（4）由图可知，反应④是硫酸铈与氢氧化钠反应生成氢氧化铈沉淀和硫酸钠，故反应的化学方程式写为：Ce2(SO4)3+6NaOH=2Ce(OH)3↓+3Na2SO4；反应⑥是氢氧化高铈在加热条件下反应生成氧化铈和水，故反应的化学方程式写为：Ce(OH)4CeO2+2H2O。（5）氧气是空气的组成成分，价格便宜，可以在反应中可充分利用，其化学式为O2，故填O2。9．酸雨3.2≤pH＜4.7AD降温结晶氯化铜晶体在乙醇中溶解度较小，可减少晶体溶解损失，缩短干燥时间cBC【详解】（1）辉铜解析：酸雨3.2≤pH＜4.7AD降温结晶氯化铜晶体在乙醇中溶解度较小，可减少晶体溶解损失，缩短干燥时间cBC【详解】（1）辉铜矿的主要成分是Cu2S，高温焙烧中有黑色固体生成，由图可知，还有二氧化硫生成，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，反应物中含Cu、S、O，生成物中含S、O，故生成物中还应含Cu，故生成的黑色固体应是氧化铜，反应的化学方程式为：；（2）二氧化硫能与水反应生成亚硫酸，导致酸雨的产生；（3）滤液1中加入试剂X调节溶液pH，目的是使铁离子转化为沉淀，而铜离子不能形成沉淀，故控制pH的取值范围为：3.2≤pH＜4.7A、加入试剂X的目的是调节pH值，除去铁离子，得到氯化铜，但是不能引入新的杂质，氧化铜能与盐酸反应生成氯化铜和水，可以消耗盐酸，调节pH值，且不会引入新的杂质，符合题意；B、氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，虽然可以调节pH值，但是引入了新的杂质氯化钠，不符合题意；C、铜与盐酸不反应，无法调节pH值，不符合题意；D、氢氧化铜能与盐酸反应生成氯化铜和水，可以消耗盐酸，调节pH值，且不会引入新的杂质，符合题意。故选AD；（4）由图可知，操作a是将滤液转化为氯化铜晶体，故是蒸发，包括：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等；氯化铜易溶于水，能溶于酒精，故氯化铜在酒精中的溶解度小，可以减少晶体损失，同时酒精易挥发，可以缩短干燥时间，故洗涤CuCl2晶体时，用乙醇代替蒸馏水的目的是：氯化铜晶体在乙醇中溶解度较小，可减少晶体溶解损失，缩短干燥时间；（5），，故可得关系式：Cu2S～2CuCl2﹒2H2O。解：设按上述流程最少可制得CuCl2·2H2O的质量为xx=；（6）由表中数据可知，能够得到最多Cu（OH）2的实验组是：c；A、该实验已经设计了氯化铜浓度15%，温度40℃的实验组。且从30℃～40℃，转化率升高，无需设计氯化铜浓度15%，温度35℃的实验中，不符合题意；B、由表中数据可知，氯化铜浓度为15%，温度为40℃时，转化率最高，氯化铜浓度为15%，温度升到60℃时，转化率反而降低，故可设计氯化铜浓度15%，温度45℃，寻找最合适的温度，符合题意；C、由表中数据可知，氯化铜浓度越大，转化率越高，在已有的实验组中，氯化铜浓度为15%，温度为40℃时，转化率最高，故可设计氯化铜浓度20%，温度40℃的实验中，看是否能获得更高的转化率，符合题意；D氯化铜浓度越大，转化率越高，氯化铜浓度10%，温度40℃肯定比氯化铜浓度为15%，温度为40℃时，转化率低，无需设计该实验，不符合题意。故选BC。10．漏斗Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH置换反应氢氧化钠和氢氧化钙[NaOH、Ca(OH)2]无明显现象滴加稀盐酸有气泡产生（或一解析：漏斗Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH置换反应氢氧化钠和氢氧化钙[NaOH、Ca(OH)2]无明显现象滴加稀盐酸有气泡产生（或一段时间后产生气泡）【详解】（1）操作①、操作②为过滤，过滤时用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有漏斗。（2）石灰石高温分解生成氧化